Theo nguyên lý chuồng và thỏ, một trong các nhóm đó có chứa ít nhất n/χ(G) đỉnh, và các đỉnh này đôi một không kề nhau.. Một đồ thị là liên thông nếu giữa hai đỉnh bất kỳ của nó có một [r]
(1)Nguyên lý chuồng thỏ
17/3/2010
Nguyên lý chuồng thỏ (hay gọi nguyên lý Dirichlet) khẳng định kiện “hiển nhiên” n+1 thỏ xếp vào n chuồng cho thỏ riêng chuồng Một cách tổng quát hơn, nguyên lý chuồng thỏ khẳng định rằng:
Nếu tập hợp gồm nhiều kn đối tượng chia thành n nhóm, có nhóm có nhiều k đối tượng
Chân lý dễ kiểm tra: nhóm có nhiều k đối tượng tổng cộng có nhiều kn đối tượng chia
Đây nguyên lý không xây dựng (non-constructive) lâu đời nhất: nói đến tồn chuồng có nhiều k vật mà khơng nói đến cách tìm chuồng Ngày có tổng quát hóa mạnh nguyên lý (các định lý kiểu Ramsey, phương pháp xác suất…)
Mặc dù nguyên lý chuồng thỏ phát biểu đơn giản, có hàng loạt ứng dụng khơng tầm thường Cái khó việc ứng dụng nguyên lý xác định xem thỏ chuồng Chúng ta minh họa điều số ví dụ
1 Một số ví dụ mở đầu
Để khởi động, bắt đầu ứng dụng đơn giản Bậc đỉnh đồ thị G số d(x) cạnh G kề với x
Mệnh đề Trong đồ thị tồn hai đỉnh có bậc
(2)Nếu G đồ thị hữu hạn, số độc lập (independent number) α(G) số lớn nhất đỉnh đôi không kề G Sắc số (chromatic number) χ(G) G số nhỏ màu cần dùng để tô màu G cho khơng có hai đỉnh kề tơ màu
Mệnh đề Trong đồ thị G với n đỉnh ta có n ≤α(G).χ(G)
Chứng minh Ta chia đỉnh G thành χ(G) nhóm (các tập hợp đỉnh có màu) Theo nguyên lý chuồng thỏ, nhóm có chứa n/χ(G) đỉnh, đỉnh đôi không kề Như α(G) ≥ n/χ(G) đó điều cần chứng minh
Một đồ thị liên thông hai đỉnh có đường
Mệnh đề Cho G đồ thị n đỉnh Nếu đỉnh G có bậc
(n-1)/2 G liên thơng
Chứng minh Ta xét hai đỉnh x, y Nếu hai đỉnh khơng kề có n-1 đỉnh nối chúng với đỉnh cịn lại, x y có bậc (n-1)/2 Vì cịn n-2 đỉnh khác, nguyên lý chuồng thỏ suy phải có đỉnh nối với x y Ta chứng minh cặp đỉnh kề nhau, có đỉnh kề chung, G liên thông
Ghi Một kết tốt kết luận không ta làm yếu
đi điều kiện Ví dụ, kết trên: giả sử n chẵn G hợp hai đồ thị đầy đủ với n/2 đỉnh bậc đỉnh (n-2)/2 đồ thị không liên thông
Bài tập Giả sử điểm chọn hình vng cạnh Chứng minh tồn
cặp điểm cách không 1/2
Bài tập Các viên đá màu khác xếp vào hộp Có 20 viên đá cho màu
Chứng minh tìm hộp chứa hai cặp có màu khác
Bài tập Chứng minh tập hợp gồm n+1 phần tử chọn từ {1, 2,…,2n}
chứa cặp phần tử có tổng 2n+1 Hãy chứng minh kết tốt
Bài tập Chứng minh tập hợp gồm n+1 số nguyên chọn từ {1, 2,…, 2n}
chứa hai số mà số chia hết cho số
2 Định lý Erdos-Szekeres
Cho A = (a1, a2,…, an) dãy gồm n số phân biệt Một dãy k phần tử A
(3)hiện A Có nghĩa B = (ai1, ai2,…, aik) với i1 < i2 < …< ik Dãy B
gọi tăng ai1 < ai2 <…< aik, giảm ai1 > ai2 >…> aik
Ta quan tâm đến độ dài lớn dãy tăng giảm A Suy luận trực quan cho thấy phải có cân đối định hai độ dài Nếu dãy tăng dài ngắn, chẳng hạn có chiều dài s, dãy A có độ dài s+1 phải chứa cặp phần tử giảm, có nhiều cặp phần tử giảm Vì ta trơng đợi dãy giảm dài lớn Một trường hợp cực biên xảy s = Khi dãy số A giảm
Làm ta số hóa điều dự cảm độ dài dãy tăng dài dãy con giảm dài nhỏ ? Kết tiếng Erdos Szekeres (1935) cho câu trả lời cho câu hỏi kết tối ưu tổ hợp
Định lý (Erdos-Szekeres 1935) Cho A = (a1, a2,…, an) dãy gồm n số thực phân biệt Nếu n ≥ rs + A có dãy tăng độ dài s+1 A có dãy con giảm độ dài r+1 (hay hai)
Chứng minh (của Seidenberg 1959) Ta cho tương ứng phần tử ai A với
cặp “điểm số“ (xi, yi) xi số phần tử dãy tăng dài kết thúc
tại yi số phần tử dãy giảm dài ai Chú ý khơng
có hai phần tử có điểm số, tức (xi, yi) ≠ (xj, yj) với i ≠ j Thật vậy,
nếu ta có aj , < aj dãy tăng dài kết thúc
kéo dài đến aj (và xi < xj), > aj dãy giảm dài aj
có thể (và yi > yj)
Bây ta tạo lưới gồm n chuồng thỏ n
s
1
1 r n
Ta đặt phần tử aivào chuồng với tọa độ (xi, yi) Mỗi phần tử A
được đặt vào chuồng ≤ xi, yi ≤ n với i = 1, 2, , n Hơn nữa, khơng
(4)Vì |A| = n ≥ rs + 1, ta có nhiều vật số chuồng thỏ tơ đậm hình vẽ Như phải có phần tử nằm ngồi miền tơ đậm Nhưng điều có
nghĩa xi ≥ s+1 yi ≥ r + (hoặc hai), điều cần
Tập hợp số thực toàn phần Điều có nghĩa với hai số phân biệt x, y x < y y < x Bổ đề đây, thuộc Dilworth, tổng quát hóa định lý Erdos-Szekeres cho tập hợp mà hai phần tử khơng so sánh
Một thứ tự phận (yếu) tập hợp P quan hệ hai < phần tử P Ta nói hai phần tử x y so sánh x < y y < x (hoặc hai) Một xích tập hợp Y ⊆ P cho hai phần tử Y so sánh Nếu khơng có hai phần tử khác Y so sánh được, Y gọi đối xích
Bổ đề (Dilworth 1950) Trong thứ tự phận tập hợp P gồm n ≥ sr +
phần tử, tồn xích có kích thước s+1 đối xích có kích thước r+1
Chứng minh Giả sử khơng có xíc độ dài s+1 Khi ta định nghĩa hàm số f: P {1, , s} f(x) số phần tử lớn xích có phần tử lớn x Theo nguyên lý chuồng thỏ, có r+1 phần tử P có ảnh qua ánh xạ f Theo định nghĩa f, phần tử không so sánh được; chúng tạo thành đối xích có kích thước r+1
Bài tập Từ bổ đề Dilworh suy định lý Erdos-Szekeres
Bài tập Cho n2+1 điểm mặt phẳng Chứng minh tồn dãy gồm n+1 điểm (x1,y1),(x2,y2),…,(xn+1,yn+1) cho x1 ≤ x2 ≤ …≤ xn+1 y1 ≥ y2 ≥ … ≥ yn+1, dãy gồm n+1
điểm cho x1 ≤ x2 ≤ …≤ xn+1 y1 ≤ y2 ≤ … ≤ yn+1
3 Định lý Mantel
Dưới thảo luận tính chất tối ưu đặc trưng đồ thị Một đồ thị G gồm 2n đỉnh khơng chứa tam giác có cạnh? Tam giác tập hợp {x, y, z} gồm ba đỉnh mà hai đỉnh nối với cạnh Dĩ nhiên G chứa n2 cạnh mà khơng chứa tam giác: cần lấy đồ thị hai phe đầy đủ gồm hai tập hợp tập hợp có n đỉnh tất cạnh nối hai tập hợp Thực tế n2 số cạnh lớn có thể: ta thêm cạnh đồ thị xuất tam giác
(5)cách, chứng minh thứ ba sử dụng bất đẳng thức AM-GM chứng minh thứ tư sử dụng “lý luận dịch chuyển“ (ta đề cập tới chứng minh phần sau)
Định lý (Mantel 1907) Nếu đồ thị G với 2n đỉnh có n2+1 cạnh G chứa tam giác
Chứng minh thứ Ta chứng minh quy nạp theo n Với n = 1, G khơng thể có n2+1 cạnh mệnh đề Giả sử mệnh đề đến n, ta xét đồ thị G với 2(n+1) đỉnh (n+1)2 + cạnh Gọi x y hai đỉnh kề G, H đồ thị cảm sinh 2n đỉnh cịn lại Nếu H chứa n2+1 cạnh theo giả thiết quy nạp, ta có đpcm Giả sử H có nhiều n2 cạnh, đó có 2n+1 cạnh G nối từ x y đến đỉnh H
Theo nguyên lý chuồng thỏ, 2n+1 cạnh có cạnh nối từ x cạnh nối từ y đến đỉnh z thuộc H Như G chứa tam giác {x, y, z}
Chứng minh thứ hai Cho G đồ thị tập hợp V gồm 2n đỉnh có m ≥ n2+1 cạnh Giả sử G khơng chứa tam giác Khi cạnh kề khơng có đỉnh kề chung, d(x) + d(y) ≤ 2n với cạnh {x, y} ∈ E Cộng theo tất cạnh G, ta có
)) ( ) ( ( ) ( } , { mn y d x d x d E y x V x ≤ + = ∑ ∑ ∈ ∈
Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz đẳng thức Euler m x d V x ) ( = ∑ ∈
, ta
∑ ∑ ∈ ∈ = ≥= V x V x n m V x d x
d
| | ) ( ) ( 2
Từ hai bất đẳng thức suy m ≤ n2, mâu thuẫn với giả thiết
Chứng minh thứ ba Giả sử G = (V, E) đồ thị tập V gồm 2n đỉnh giả sử G không chứa tam giác Giả sử A ⊆ V tập hợp độc lập lớn nhất, tức tập hợp lớn đỉnh cho khơng có đỉnh kề G Vì G khơng chứa tam giác tất đỉnh kề với đỉnh x ∈ V tạo thành tập độc lập ta suy d(x) ≤ |A| với x
Tập hợp B = V – A giao với cạnh G Tính cạnh G tương ứng với đỉnh cuối chúng B, ta có |E|≤∑x∈Bd(x) Bây bất đẳng thức AM-GM cho ta
| | | | | | | | ) ( | | 2 n B A B A x d E B
x =
(6)4 Định lý Turan
Một k-clique đồ thị với k đỉnh mà hai đỉnh nối với cạnh Ví dụ tam giác 3-clique Định lý Mantel khẳng định đồ thị với n đỉnh không chứa 3-clique có nhiều n2/4 cạnh Cịn k > sao?
Câu trả lời cho kết Paul Turan, kết mở đầu cho lý thuyết đồ thị tối ưu
Định lý (Turan 1941) Nếu đồ thị G = (V, E) n đỉnh không chứa
(k+1)-clique, k ≥ 2,
1 | | n k E −
≤ (1)
Cũng giống định lý Mantel, định lý nghiên cứu nhiều lần với nhiều chứng minh khác Ở đưa chứng minh nguyên thủy Turan Phép chứng minh dựa lý luận “dịch chuyển trọng lượng” đề cập phần tập Ngồi cịn cách chứng minh sử dụng ý tưởng hoàn toàn khác – lý luận xác suất
Chứng minh Ta sử dụng phép quy nạp theo n Bất đẳng thức (1) hiển nhiên đúng Trường hợp k=2 định lý Mantel Bây giả sử bất đẳng thức cho đồ thị nhiều n-1 đỉnh, G = (V, E) đồ thị n đỉnh khơng có (k+1)-clique có số cạnh lớn Đồ thị dĩ nhiên phải chứa k-clique, khơng ta thêm cạnh Giả sử A k-clique B = V – A
Vì cặp đỉnh A nối cạnh, A chứa
= k
eA cạnh Gọi eB số
cạnh nối đỉnh B eA,B số cạnh nối cạnh A B Theo giả
thiết quy nạp, ta có
) ( 1 k n k eB −
− ≤
Vì G khơng có k+1 clique nên x ∈ B kề với nhiều k-1 đỉnh thuộc A, ta thu
eA,B ≤ (k-1)(n-k)
Cộng bất đẳng thức lại sử dụng đẳng thức 2 2 1 =
− n k n
k
(7)1 ) )( ( 2 | | 2 , n k k k n k k n k k n k k e e e
E A B AB
− = − − = − − + − + ≤ + + ≤
Bài tập Giả sử n bội số k Hãy xây dựng đồ thị không chứa (k+1)-clique,
đó số cạnh đạt cận (1) định lý
Bài tập Nhắc lại số độc lập α(G) đồ thị G số lớn đỉnh đôi không kề
nhau G Hãy chứng minh đối ngẫu định lý Turan: Nếu G đồ thị với n đỉnh nk/2 cạnh, k ≥ 1, α(G) ≥ n/(k+1)
5 Định lý Dirichlet
Ở ta trình bày ứng dụng nguyên lý chuồng thỏ mà Dirichlet sử dụng, ứng dụng mà ngun lý gắn với tên ơng Nó liên quan đến vấn đề tồn xấp xỉ hữu tỷ tốt cho số vô tỷ Kết thuộc lý thuyết số lý luận tổ hợp
Định lý (Dirichlet 1879) Nếu x số thực Với số nguyên dương n,tồn
tại số hữu tỷ p/q cho ≤ q ≤ n
1 q nq q p
x− < ≤
Chứng minh Cho chứng minh này, ta gọi {x} phần lẻ số thực x, tức {x} = x – [x]
Nếu x số hữu tỷ khơng có để chứng minh Vì thế, ta giả sử x vô tỷ xét n+1 số {ax}, a = 1, 2, …, n+1 Ta đặt n+1 số vào n chuồng
, , , , , , − n n n n n
(Khơng có số số nói trùng với đầu mút đoạn, x vơ tỷ) Theo ngun lý chuồng thỏ, có đoạn chứa nhiều số, dụ {ax} {bx}với a > b, cách khơng q 1/n Đặt q = a – b, ta thấy tồn số nguyên p cho |qx – p| < 1/n, từ suy kết cần chứng minh cách chia cho q Hơn nữa, q hiệu hai số nguyên thuộc 1, 2, …, n+1, q ≤ n
6 Đồ thị tô đặc sắc
Ta tô màu cạnh đồ thị đầy đủ Kn n đỉnh Ta nói đồ thị tơ
(8)với tam giác, tất cạnh có màu có màu khác
Ta chứng minh (hãy chứng minh!) Kn tô đặc sắc
với hai màu Cũng thấy K3 K4 đồ thị Kn có
thể tô đặc sắc với màu; đồ thị Kn khác cần nhiều màu chúng có bậc
liên thông cao
Sử dụng nguyên lý chuồng thỏ, ta chứng minh chặn sau
Định lý (Ward-Szabo 1994) Đồ thị đầy đủ n đỉnh tô đặc
sắc với n+1 màu
Chứng minh Giả sử Kn tô đặc sắc với r màu khác Gọi N(x, c) số
cạnh kề với đỉnh x tô màu c Cố định x0 c0 cho N(x0, c0) lớn nhất,
ký hiệu giá trị lớn N
n-1 cạnh kề với x0 chia thành ≤ r nhóm màu, nhóm có N
hơn phần tử Theo nguyên lý chuồng thỏ N.r ≥ n –
Gọi x1, x2, …, xN đỉnh kề với x0 N cạnh có màu c0 Gọi G đồ thị
(đầy đủ) Kn cảm sinh từ tập hợp đỉnh {x0, x1, , xN} Tính đặc sắc Kn
được cảm sinh cho G cạnh G có màu c0 Vì Kn có
hai màu nên tồn đỉnh y thuộc Kn không nằm G cho
cạnh nối y với G có màu khác c0
Khẳng định 10 N+1 cạnh nối y tới G tô màu khác khác với c0 Từ khẳng định ta suy r ≥ N + 2, từ đó, với bất đẳng thức N.r ≥ n – suy r(r-2) ≥ n – 1, từ r≥ n+1 điều cần chứng minh Như ta cần chứng minh khẳng định
Nếu cạnh nối y tới G, ví dụ {y, x1}, có màu c0 theo tính đặc sắc, cạnh
{y,x0} phải tô màu c0, mâu thuẫn với cách chọn y (nhắc lại x1, x2,…,xN
tất đỉnh kề với x0 nối cạnh màu c0) Tiếp theo, hai cạnh
đó nối y với G, chẳng hạn {y, x1} {y, x2} có màu theo tính đặc sắc Kn ta có cạnh {x1, x2} tơ màu Nhưng {x1, x2} thuộc G có
màu c0 {y, x1} phải có màu c0 điều mà ta chứng minh
(9)Tính tối ưu cận cho định lý chứng tỏ sử dụng cấu hình gọi “mặt phẳng afine” Ta hiểu mặt phẳng afine AG(2,q) bậc q chứa đúng q2 điểm q+1 lớp (được gọi “bút chì”) đường thẳng song song, lớp chứa q đường thẳng (hai đường thẳng song song chúng khơng có điểm chung) Hơn nữa, hai điểm nằm đường thẳng
Khi có mặt phẳng vậy, ta xây dựng phép tơ đặc sắc cho Kq2 với
q+1 màu sau Ta đồng đỉnh Kq2 với điểm AG(2,q)
cho tương ứng màu cho số q+1 bút chì đường thẳng song song Để xác định cách tô đặc sắc, ta xét hai điểm khác x y
2
q
K Hai điểm thuộc đường thẳng đường thẳng này, đến lượt thuộc bút chì Ta tơ màu cạnh {x,y} màu bút chì Vì hai điểm nằm đường thẳng hai đường thẳng song song khơng có điểm chung, cạnh tam giác tô màu khác vậy, phép tô đặc sắc mong muốn
Thực tế, Ward Szabo (1994) chứng minh điều ngược lại đúng: đồ thị Kq2 (q ≥ 2) tơ đặc sắc q+1 màu phép tơ
dùng để xây dựng mặt phẳng afine bậc q (Còn tiếp)